Областная олимпиада по математике, 2008 год, 11 класс


Пусть $a, b, c$ — неотрицательные действительные числа, для которых $$\frac{1}{{a^2 + 1}} + \frac{1}{{b^2 + 1}} + \frac{1}{{c^2 + 1}} = 2.$$ Докажите неравенство $ab + bc + ca \leq \frac{3}{2}$.
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

пред. Правка 4   4
2019-03-11 05:39:01.0 #

$\dfrac{1}{a^2+1}+\dfrac{1}{b^2+1}+\dfrac{1}{c^2+1}=2$ или выражение можно записать как $\dfrac{a^2}{a^2+1}+\dfrac{b^2}{b^2+1}+\dfrac{c^2}{c^2+1} = 1 $ применяя неравенство Коши-Буняковского получаем $1 \geq \dfrac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2+3}$ $(1)$ если $s=a^2+b^2+c^2$ и $ab+bc+ac=x$ тогда $(1)$ запишется как $\dfrac{s+2x}{s+3} \leq 1 $ откуда $2x \leq 3$ или $x \leq \dfrac{3}{2}$

  1
2019-03-10 17:59:51.0 #

Матов, кажется твое решений не правильно. Там если $\dfrac{9}{a^2+b^2+c^2+3}≤2$ , не выходит что $a^2+b^2+c^2≤3/2$, а выходит что $a^2+b^2+c^2\geq3/2$.

  2
2019-03-11 05:34:20.0 #

спасибо.

пред. Правка 4   0
2022-12-11 01:30:52.0 #

Допустим нашлась такая тройка чисел что $ab$+$bc$+$ca$$>$$\frac{2}{3}$ Тогда

по КБШ-дробный получаем что $2$$\geq$$\frac{9}{3+a^2+b^2+c^2}$ Так как

$a^2$+$b^2$+$c^2$$\geq$$ab$+$bc$+$ca$$>$$\frac{2}{3}$ То нижняя дробь больше

чем $4,5$ Противоречие

  0
2022-12-11 02:30:54.0 #

ну как я тебя учил, низ уменьшаешь значит дробь увеличивается! ты просто взял и доказал что дробь число меньше или равно $2$, вообщем доказательство не очень, брать от обратного в неравенствах не советую

  4
2022-12-20 10:49:19.0 #

ты перепутал там должно быть $\frac{3}{2}$

  4
2022-12-21 16:26:54.0 #

У тебя противоречие эта нижняя дробь и должна быть больше чем $4,5$

  5
2022-12-21 16:27:59.0 #

Просто если больше чем $4,5$ то у тебя как раз таки и выходит то что надо

  1
2022-12-19 22:05:00.0 #

По неравенству Коши-Буняковского убеждаемся, что $ab+bc+ac\leq a^2+b^2+c^2$

Следовательно, требуется доказать, что $a^2+b^2+c^2\geq \dfrac{3}{2}$

Обозначим $x=a^2+1, y=b^2+1, z=c^2+1$

Следовательно, $\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}= 2$

От этого приходим к выводу, что нужно доказать неравенство $x+y+z\geq \dfrac{9}{2}$

По неравенствам СГАР-СГ-СА-СК:

$\dfrac{n}{\frac{1}{a_1}+...+\frac{1}{a_n}}\leq \dfrac{a_1+...+a_n}{n}$

Следовательно, $\dfrac{3}{2}\leq \dfrac{x+y+z}{3}$

От чего можно прийти к выводу, что $x+y+z\geq \dfrac{9}{2}$

  5
2022-12-20 09:15:05.0 #

СГАР-СГ-СА-СК?

Это

$HM \leq AM$

Или я неправильно понял

  2
2022-12-24 03:36:43.0 #

Ты все правильно понял

пред. Правка 2   1
2023-10-23 13:35:21.0 #

$a^2+b^2+c^2\geq \dfrac{3}{2}$ не значит, что $ab+bc+ac\leq \dfrac{3}{2}$

Из вышеперечисленных фактов мне ничего не мешает сказать, что какое то значение $ab+bc+ac=3$ и $a^2+b^2+c^2=3.1$

пред. Правка 3   6
2022-12-20 10:56:49.0 #

применя Коши Шварц мы получим что $\frac{9}{a^2+b^2+c^2+3} \leq 2$ $\rightarrow$

$a^2+b^2+c^2\geq 1.5$ но также мы знаем что $ ab+bc+ca\leq a^2+b^2+c^2$ ,$\rightarrow$

$ab+bc+ca\leq \frac {3}{2}$ что и требовалось доказать а если не так то то условие задачи не будет соблюдаться т.к. потом уже будет $a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ca \geq 1.5$$\rightarrow$, $2\leq \frac {9}{a^2+b^2+c^2+3}$

но по Коши Шварц мы доказали что больше ч.т.д.

  0
2023-12-25 00:57:32.0 #

В предпоследней строке никаким образом не следует(по крайней мере не показано почему это выходит) то что написано через стрелку

  12
2022-12-25 22:26:53.0 #

Iran 2005